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Pr61ogo

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"Jor ultimo, quiero agradecer el continuo aliento, paciencia y ayuda de mi '8pOsa Julia, durante las muchisimas horas empleadas en La preparacion de ste manuscrito.

~£~ P Jii.\ I

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trr: .....\...l.-.._

•

,

? Durham, North Carolina

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1Uli.U'Ut'tO'

Indice analitico

rJ'£:~~ 1.

PRINCIPIOS DE ESTAncA

I 2 3 4 5 6 7 2.

IS

15

28

38

49

Introduccion Aislamiento de un sistema mecanico Condiciones de equilibrio Adecuacion de las ligaduras js • . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.*

63

63

74

109

ESTRUCTURAS

17 18 19 20 21 5.

Introduccion Fuerza Monknto............................................................... Par Resultantes de sistemas de fuerzas

EQUILIBRIO

13 14 15 16 4.

I

I

3

6

9

9

II

SISTEMAS DE FUERZA

8 9 10 11 12 3.

Mecanica............. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Conceptos fundamentales .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Escalares y vectores Leyes de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ley de la gravitaci6n Precision, limites y aproximaciones .. , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Descripcion de los problemas de estatica

Estructuras .. . . . Armaduras planas. Arrnadurae espaciales • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Entramados y maquinas Vigas con cargas concentradas " . . . . . . . . . . . .. . . .. . . .. . . . . . . . .

119

119

140

148

168

FUERZAS D1STRIBUIDAS

22 23 24 25 26 27 28 29 30

*

Introduccion Centro de gravedad; Centro de masa.. . .. . .. .. . .. .. .. .. .. .. .. . .. . .. . .. .. .. Centroides de llneas, superficies y volumenes .. Figuras y cuerpos compuestos; aproximaciones . Teorema de Pappus-Guldin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Cables flexibles " . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Vigas con cargas distribuidas Estatica de fluidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Empuje.................................................................

181

181

185

198

206

211

223

232

251

El simbolo • indica que el apartado contiene conceptos un poco avanzados 0 especializados.

XI

r

.

XII

1

Iodice

31 Equilibrio de esfuerzos interiores • 6.

ROZAMIENTO

32 33 34 35 7.

Introducci6n Fen6menos de rozamiento Rozamiento seco Rozamiento en las maquinas

1 Las ecuaciones principales se identifican mediante un triangulo rojo si­ tuado a la izquierda y un mimero de ecuacion rojo situado a la derecha, tales como

. . . .

269

270

273

295

Introducci6n . Trabajo . Equilibrio de un cuerpo rigido . Sistemas de cuerpos rigidos . Sistemas con miembros elasticos . . Sistemas con rozamiento; rendimiento mecanico Criterio energetico para el equilibrio •.................................... Estabilidad del equilibrio • . .

319

319

322

324

344

356

359

2 Los te11Ul8 superiores y especiaiizados que se incluyen en el texto como optativos estan precedidos por una fila de triangulos

364

y se Identiflean mediante una banda gris a 10 largo del margen exterior de la pagma.

~

~F

::: 0

~M:::

0

(13)

TRABAJO VIRTUAL

36 37 38 39 40 41 42 43 8.

CUla para la utilizaci6n de estatica

258

MOMENTOS DE INERCIA DE UNA SUPERFICIE

44 Definiciones 45 Superficies compuestas 46 Productos de inercia y rotaci6n de los ejes

. . .

379

393

398

.

409

. . . . . . . . . . .

425

426

427

429

431

432

434

434

435

435

435

. . . . .

437

438

438

442

443

.

447

APENDICE A

Problemas de repaso Apendice B B B B B B

B B B B B

B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Analisis vectorial

Notaci6n Adici6n Producto escalar Producto vectorial Otras relaciones Derivadas de vectores Integraci6n de vectores Gradiente Divergencia Rotacional Otras operaciones

C. T ABLAS UTIUS

Tabla Cl. Propiedades Tabla C2. Constantes del sistema solar Tabla C3. Relaciones matematicas Tabla C4. Propiedades de las figuras planas Tabla C5. Propiedades de solidos homogeneos

...

,.

T

,. ,.

3 Problemas tipo

Se destacan del resto del texto identificandolos facilmente mediante rayas rojas horizontales y una raya roja vertical a 10 largo del margen exterior de la pagina. 4 Los problemas de los conjuntos de problemas estan numerados consecutivamente en cada capitulo, ordenados generalmente por orden creciente de dificultad, identificados mediante un triangulo negro y un numero rojo (~ 2/43 por ejemplo) cuando entrafien una dificultad 0 interes especiales. 5 Los vectores [uerza se representan en los diagramas por medio de flechas rojas de trazo grueso con el fin de distinguirlos de otros vectores 0 rectas.

APENDICE

fndice alfabetico

Tambien se utiliza selectivamente el color para aclarar Dlentos geometricos de las figuras. XIII

0

res altar otros ele­

1

Principios de la estatica

'. 1. Mecanica. La Mecanica es la ciencia Iisica que estudia el estado de re­ o movimiento de los cuerpos bajo la accion de las fuerzas. En los estudios ingenierfa no existe ninguna materia que juegue un papel mas importante que '

\ siguiente:

v

= iV:c + jVy

Vease la figura Bl, Apendice B.

+ kVz '

7

Principios de estatica

Principios de estatica

6

de los analisis de la Dinamica. Aplicandola a una particula de masa m pue­

~

VI

v~-v2-viS7

ibirse en la forma (I)

F=ma,

V'

Figura 3 y' y

2

izt t2i v

/

V

Vyl

----VI

I __

!.__

°

x

v,

1

(a)

x'

(b)

(c)

Figura 4

Si son t. m, n, los cosenos directores de V respecto a los ejes x, y, z, se ve (jue los componentes tienen las magnitudes

v'"

con

= IV,

V y = m V,

V2 = V",2

Observese tambien que

[2

+ m~ + n

2

+

Vl

Vz = n V

+

Vz2.

= 1.

4. Leyes de Newton. SIR ISAAC NEWTON fue cI primero en enunciar correctamente los principios fundamentales que rigen el movimiento de una par­ tieula y en dcmostrar su validez." Modiflcando ligeramente su enunciado origi­ nal, dichas leyes dicen: Primera. Una particula sobre la cual no actue ninguna fuerza que no este equilibrada, 0 permanece en reposo 0 sigue un movimiento rectilineo uniforme. Segunda. La aceleracion de una particula es proporcional a la fuerza resul­ tante que actua sobre ella y tiene la direcci6n y sentido de dicha fuerza." 0 Tercero. Cuando un cuerpo ejerce una fuerza, Hamada accum, sobre otro, este a su vez, ejerce sobre el primero otra fuerza Hamada reaccion, de igual modulo y direccion, pero de sentido contrario. La validez de estas leyes se ha comprobado experimentalmente de muchas y muy precisas maneras. La segunda ley de Newton constituye la base de la maLos enunciados originales de NEWTON pueden verse en la traduccion de sus Principia (1687), revisados par F. CAJORl, University of California Press, 1934. 00 Algunos prefieren interpretar la segunda ley de Newton como significando que la fuerza resultante que actua sobre una particula es proporcional a la variacion en unidad de tiempo de su cantidad de movimiento, y esta variacion tiene la direccion de la fuerza. Ambos enunciados son correctos, o

'ide F es la fuerza resultante que actua sobre la particula y a es la aceleracion ~tante. Esta ecuaci6n es vectorial, ya que la direcci6n y sentido de F son los '*nos que los de a, ademas de ser iguales los modulos de F y rna. La primera 'de Newton eontiene el principio del equilibrio de las fuerzas, que es la cues­ primordial de la Estatica. En realidad, esta ley es consecuencia de la se­ da, ya que no habra ace1eraci6n cuando la fuerza sea nula, y la particula de­ estar en reposo moverse con velocidad constante. La primera Icy no aporta nuevo a la descripcion del movimiento, si bien se incluye debido a que aba parte de los enunciados clasicos de Newton. ~; La tercera ley es fundamental para nuestro conocimiento de las Iuerzas. Es­ :.Ieee que las fuerzas aparecen siempre por parejas de fuerzas iguales y opues­ ,;So Asi, la fuerza ejercida hacia abajo por el lapiz sobre la mesa, esta acompafia­ ~ de otra fuerza igual y hacia arriba, ejercida por la mesa sobre el lapiz. Este '. ICipio es valido para todas las fuerzas, constantes 0 variables, independiente­ ate del sistema que la ejerza, y se cumple en todo instante durante el tiempo .> que esten aplicadas las fuerzas. La Ialta de cuidado en la aplicacion de esta ( origina frecuentes errores al principiante. Al estudiar cuerpos sometidos a s es absolutamente necesario ver daramente cual de las dos fuerzas de la .:ja se esta considerando. Antes que nada es necesario aislar el cuerpo en ._. tion y luego considerar solamente la fuerza de la pareja que actua sabre el >'Ilerpo considerado. t., A traves de los afios se han venido empleando distintos sistemas de unida­ para expresar los valores de ciertas cantidades que intervienen en mecanica l otros campos. Desde hace poco se ha adoptado pnicticamente en todo el ,ldo el Sistema Internacional de unidades, abreviadamente SI, para todos : .trabajos cientifieos y de ingenieria; prineipalmente Inglaterra Y aquellos ,s paises que no seguian el sistema metrico. En la tabla siguiente se resumen las unidades SI que forman la base para lI,caIculos de mecanica.

Sistema Internacional de Unidades Cantidad

Simbolo dimensional

Modulo SI Y simbolo

Longitud Tiempo Masa Fuerza

L T M F

metro (m)

segundo (s) kilograrno (kg) newton (N)

8

Principios de estatica

Principios de estatica

Se toma el kilogramo (1000 g) y no el gramo (g) como unidad de masa, Las primeras tres cantidades son las unidades basicas del SI. y la cuarta, 0 sea la fuerza, es unidad deducida de las anteriores aplicando la segund ley de Newton. Por definicion, un newton es la fuerza que imprime a una masa de un kilogramo una aceleracion de un metro por segundo cuadrado. Asi pues, de F = ma, la equivalencia entre unidades es: (1 N) (1 kg) (1 m/s 2 ) 0 N kg· m/s2 (a) Prefijos de las unidades, Los valores numericos deben conservarse entre 0,1 y 1000. Los prefijos mas usados son:

=

Cantidad 1000000000 1000000 1000 0,001 0,000 001 0,000 000 001

=

Multiple 1()9 1()6

1()3

10-3 10-6 10- 9

Prefijo giga mega kilo mili micro nano

Simbolo G M

k m p.

n

Por ejemplo, una longitud de 4245 m se expresa por 4,245 km, una masa de 0,0326 kg, por 32,6 g y una fuerza de 0,0068 N por 6,8 mN. (b) Denominaci6n de las unidades. Para evitar confusiones, las unidades que S6 multiplican se enlazan por el punto de la multiplicacion 0 por un guion. Por ejemplo, la unidad del momento de una fuerza, metro-newton, se indica por m N para distinguir de mN que significa milinewton. Igualmente, cuando se forman unidades por eociente, como por ejemplo la aceleracion, se expresara por m/s2 0 por m : S-2 y no por la forma ambigua m/s/s. (c) Grupos de mimeros. En lugar de la puntuaeion para marcar las uni­ dades de millar, de millon, etc., se emplea ahora el espaciado. Por ejemplo, el numero 4607321,048 72. Observese que el espaciado se emplea 10 mismo en Ia parte entera como en la parte decimal. En los numeros de cuatro cifras sola­ mente, no hace falta el espaciado, como por ejemplo 4296. Nota: Ademas de las unidades del SI, por 10 mucho que se emplea en Fisica, se dara en muchos de los problemas y ejercicios el kilopond como unidad de fuerza en lugar del newton. Tomando como valor de la gravedad 9,81 m 'S-2, un kilopond equivale a 9,81 newton.

5. Ley de Ia gravitaeien, Ademas de formular las leyes del movimiento de una particula, tam bien se debe a NEWTON el enunciado de la ley que rige la atraccion mutua entre cuerpos. Esta ley, conocida con el nombre de ley de la gravitaci6n, viene expresada por la ecuacion,

•

F= K

m1m2 r2 '

(2)

9

CF es la fuerza mutua ?e atraccion entre las dos particulas,.

i"

es una constante umversal llamada constante de la gravltacion,

,fn2 son las masas de las dos particulas,

0:' r es la distancia entre los centros de las particulas.

s mutuas F cumplen con la ley de la accion y la reaccion, ya que son y opuestas, y estan dirigidas a 10 largo de la recta que une los centros de .culas. Experimentalmente se ha obtenido para K el valor K = 6,673 X l m 3/(kg' s 2). Entre todo par de cuerpos se ejercen fuerzas gravitatorias. IUperficie terrestre la unica fuerza gravitatoria de magnitud apreciable es la ,'debida a la atraccion de la Tierra. Asi, por ejemplo, dos esferas de hierro . mm de diametro son atraidos por la Tierra con una fuerza de 37,9 N 'luna. La fuerza de atraccion mutua entre ellas cuando esten tangentes es '000099. EVidentemente, esta fuerza es completamente despreciable frente ,ltraccion terrestre y, por tanto, la atraccion terrestre sera la unica fuerza . toria de cierta magnitud que habra que considerar en los experimentos dos en la superficie terrestre. ",1 peso de un cuerpo es la fuerza con que la Tierra atrae al cuerpo y deode la posicion de este respecto a la Tierra. Si la Tierra se considera como 'era perfecta de igual volumen, un cuerpo con una masa de 1 kg exacta­ seria atraido por la Tierra con una fuerza de 9,824 N en la superficie, a una altura de 1 km, 9,523 a una altura de 100 km, 7,340 a 1000 km y N a una altura igual al radio medio de la Tierra, de 6371 km. Se ve, .~~ en seguida, que habra que tener en cuenta la variacion de peso de los y de las naves espaciales para grandes altitudes. la atraccion gravitatoria de la Tierra sobre un cuerpo se Ie llama "peso" tmerpo. Esta fuerza existe tanto si el cuerpo esta en reposo como si esta en :1. iento. Puesto que en sentido estricto esa atraccion es una fuerza, el peso .~ cuerpo deberia expresarse en newtons (N) segun el SI de unidades. ~r Todos los cuerpos que se dejen caer en el vacio desde un mismo punto situa­ I,sobre la superficie terrestre, tendran la misma aceleracion g, segun puede combinando las ecuaciones 1 y 2 y suprimiendo el factor (comun a ambos Ibros) representativo de la masa del objeto que cae. Se tiene, asi r: •

"'y' _-­

Cl.-_, '«"Y I

I

Figura 32

ria esta posibilidad y aseguraria que R = O. As! pues, el nuevo sistema de ecuaciones seria

~MA~ = ~MBv' =

° °

,que pesa 90 kg/m de longitud. . algebraica. Evidentemente, el sistema es simetrico respecto al plano visto desde un extremo, por 10 que podnl analizarse el problema como fa de un sistema de fuerzas coplanarias. El diag rama para solido libre de ,el indicado en la parte a de la figura can la reaceion del pasador en A ilta en sus dos componentes rectangulares. E1 peso de la viga es de kp y esta aplieado a su centro. Al ap1icar 1a eeuacion del momento ~ es mas sencillo considerar los momentos de las componentes x e y de T

lsO

la distancia de A aT. As! (T cos 25°) 0,225 + (T sen 25°) (5 - 0,10) _ 1000(,5 - 1,35 - 0,10) - 450(2,5 - 0,10) = 0,

"2.MA U = 0

~MAz

~MBz'

~Mcz"

= 0

= 0

==

O.

Resp.

T = 2039 kp

,

a cero la suma de las fuerzas segun las direcciones

.,'''''

+ A,?]

I I

i"

Z

I

tipo . :terminar 1a tension T en e1 cable de soporte y 1a fuerza que se ejerce : .dor situado en A, de la gnia de 1a figura. La viga AB es una viga en

__

z·

x--

debemos mencionar que las ecuaciones de equilibria son validas . ' ma de ejes coordenados no ortogonales. Para las sumas de Iuerzas tos pueden utilizarse tres ejes de coordenadas cualesquiera que no s. Sin embargo, para mayor simplicidad geometrica, suele ser mas la utilizacion de sistemas de ejes coordenados cartesianos rectan­

=

=

83

Equilibrio

Equilibrio

82

x e

Y se tienp

A,r - 2 039 cos 25° = 0 Ax = 1 847 kp All + 2 039 sen 25° - 450 - 1 000 == 0 Ay

A=

V1847~ + 862,,?~ ~

A = 2038 kp

== 862,5 kp Besp:

grdfica. Para la salucion gnlfica se utiliza el principia de que tres fuerz deben ser coneurrentes, eomponiendo las dos fuerzas verticales conocida y 1000 kp que dan as! una fuerza de 1 450 kp eolocada en lu form a sobre el diag rama del solido libre modificada de la viga en la parte b d a posicion de esta earga resultante se puede determinar gnHica 0 algebraie~ interseccion de la fuerza de 1 450 kp con la linea de aceion de la tension a define el punto de concurso 0 por el que debe pasar la reaccion A del magnitudes desconocidas de T y A pueden determinarse ahora constn ,1'0Ii gono eerrada de Iuerzas en equilibrio. Una vez trazada a escala la earg Jbnocida, como se indica en 1a parte inferior de la figura, par el extremo dl esentativo de la fuerza de 1 450 kp se traza una recta cuya direcci6n se alogamente, por el origen de la fuerza de 1 450 kp se tram una rect.\ ell)

84

Equillbrio Equilibrio

direccion sea la de la reaccion A del pasador determinada por el concurso establecicl pOl' el diagrama del solido libre. La interseccion de las rectas representativas de lo~

o

o

B

I I

~

o

T~

x----~~------=r~·-

25·

A

y

I

:

lOOOkp

(a) Diagrama de so'lido libre

....... 0­

y

»>

_----rI

Ax 1--> A eterminar la

fuerza

en

'~de los miembros del tripo­

, uno de ellos esta sujeto por s mediante rotulas y pue­ tension 0 compresion, 'spreciarse los pesos de los

. A

=

1020,5 N tension

B = 430,5 N compresion G = 634,5 N compresion

Problema 3/59

3/56. Si se aumenta en 4 tonela­ das Ia carga L de Ia gnia, calcular el correspondiente incremento ~A de la fuerza a que se halla sometido el pasador A. Resp. ..6.A = 5,66 toneladas

3/57. Dos placas rectangul ares, cada una de las cuales pesa 400 kp estan articuladas por su arista coroUn y soportadas por un c~e central Y cuatro cables simetricos amarrados a los vertices de la manera indicada. Calcular la tension To en el cable central de 90 em y la tension T en cada uno de los cables que van a 10' vertices. Problema 3/57

105

Equilibrio

Equilibrio

104

trampa de acceso en el 1 es una placa rectan­ e que pesa 90 kp Y esta ;.por sus vertices A y B. EI 'aulico GD abre y cierr.i • Determinar Ia fuerza so­ '. I)t cada gozne para la po­ . 60" representada. .A = 28,5 kp, B = 35,5 kp

Problema 3/60

106

Equilibrio

Equilibrio .,

3/61. El disco circular unifo rtne

'f Problemj 3/61

o. rnas til pesa 150 kp Y esta :~ A par una rotula. Calcu­ 6n T, cuando se aplica a F

de radio 1/2 esta suspendido par dos hilos de longitud 1 unidos a dos PUll. tos de un plano horizontal separados una dis tan cia 1. El disco y el peque. fio eje que pasa por su centro tienell en conjunto un peso P. Determinar la altura h que debe elevarse el disco para alcanzar la posicion de equili_ brio correspondiente al par M apli. cado al eje. dCmil es el valor de M cuando h tiende a l?

Resp. h=1

:lIorizontal de 500 kp.

(l-VI- (2: y) Pi M= _

Para h ~ 1,

Problema 3/64

2

Problema 3/62

E

......... z

1000 kg

Problema 3/63

107

3/62. Si el peso del mastil es des­ preciable frente a la carga aplicada de 1500 kp, determinar las dos ten­ siones T 1 y T 2 de los cables y la fuer­ za A que se ejerce en la rotula A. Resp. T 1 = 2290 kp T 2 = 1333,5 kp 2210kp A

1:1 miembro rigido ABC esta

superficie vertical x-y me­ r6tula en A y esta sopor­ .los cables BE y CD. Po­ ._,reciar el peso del miem­ ,a la carga de 2500 kp que iste una posicion D en la , izontal por la que debe 3/63. La pluma de acero de 5,4 m ,fljarse el cable para que el pes a 300 kp Y tiene su centro de gra­ '~: mantenga la posicion indi­ vedad en su punto medio. Esta so­ '",Jar x. portada por una rotula en A y par Resp. x = 2,25 m los dos cables sometidos a las ten­ siones T 1 y T 2 • El cable que soporta la carga de 1000 kg pasa por una polea situada en B y est a amarrado en F al plano vertic,f- x-yo Calcular la tension T 1 utilizando una sola ecua­ cion de equilibrio. Resp. T 1 = 1007 kp .

=

Problema 3/65

108

Equilibrio

Equilibrio ~

3/66. Un anuncio rectangular de bandera pesa 100 kp, estando eI cen. tro de gravedad en el centro del rec. tungulo. EI apoyo contra la pared en el punta C puede tratarse Como 1'0. tula. En el vertice D se tiene apoyo solamente en la direeci6n y. Calcular las tensiones T 1 Y T 2 de los cables soportantes, la fuerza total que se so. porta en C y Ia fuerza lateral R qUe se soporta en D. Resp, T 1 = 35,35 kp T 2 = 43,9 kp R = 6,45 kp C = 78,3 kp

x........

Problema 3/66 ~ 3/67 DesarroIIar otro sistema de eeuaciones independientes que sean neeesarias y suficientes para estable­ eer el equilibrio de un sistema de fuerzas eoneurrentes en un punto y no eoplanarias. (V. caso 3 de fig. 29.) ~ 3/68. DesarroIIar otro sistema de eeuaeiones independientes que sean neeesarias y suficientes para estable­ eer el equilibrio de un sistema de fuerzas no coplanarias que corten todas a una rect~(V. caso 4 de figura 29.)

"

T

T

.,

T

109

ligaduras. En el apartado anterior se aplicaban gs de equilibrio a diversos ~uerpos isostaticos, es decir, que solo &lero minimo de apoyos necesarios para establecer 0 mantener una . ~uilibrio, permitiendo en consecuencia el calculo de todas las nores incognitas a partir de las ecuaciones de equilibrio. Se indica duccion de mas soportes de los necesarios para mantener una posi­ 'tlibrio fija daba lugar a una condicion de superabundancia de los , cuyo caso las ecuaciones de equilibrio ya no constituian criterios ,~ara la determinacion de todas las reacciones de apoyo desconoci­ ':~erminacion de la adecuacion 0 inadecuacion de los apoyos para ~. cuerpo en una posicion de equilibrio suele poderse hacer por sim­

n.' pero en muchas ocasiones sera necesario plantear Ia cuestion de

iPf por medio de criterios analiticos. Por tanto, habra que examinar

\~ainente la naturaleza de las ligaduras soportantes.

.cion de un cuerpo en el espacio esta descrita por sus coordenadas,

:pecto a una cierta base de referencia conveniente. El numero de _~ independientes necesarias para especificar por completo la posicion ~po se conoce con el nombre de grados de libertad del cuerpo. Asi, '~~ra confinada a moverse en una ranura fija tiene un solo grado de ~. que para determinar su posicion la unica cantidad que necesita­ medida de su distancia a 10 largo de la ranura. Un cuerpo que gire ,'~e un eje fijo tiene un solo grado de libertad que es su posicion ededor del eje. Un cuerpo rigido confinado a moverse en un plano , tener como maximo tres grados de libertad, representados por iDadas lineales en el plano que definan la posicion de un punto par­ ,)qlJiera del cuerpo y por un angulo que especifique la posicion rota­ :Uerpo respecto a dicho punto. Un cuerpo rigido en el espacio tiene , de libertad correspondientes a sus seis movimientos posibles: movi­ "'~l en las direcciones x, y, z, por ejemplo, y movimiento angular aI­ '~fejes de direcciones x, y, z. ,,lJevar un cuerpo al equilibrio debera haber al menos una fuerza de ~' 0 su equivalencia, para cada grado de libertad que tenga el cuerpo " fljar el cuerpo contra posibles movimientos debidos a desequilibrios ,'.';;$ impuestos. Sin embargo, una posicion de equilibrio no queda ase­ ~plemente por la existencia de un numero de ligaduras igual al nu­ ',' grados de libertad, porque la disposicion geometrica de las ligadu­ ,~bien un factor determinante, segun vamos a ver. En el caso bidi­ ,.li. en donde la posicion del cuerpo esta confinada a un plano dado, ario tener al menos tres reacciones de ligadura para asegurar Ia fijeza ,,'i,del cuerpo. Se ilustra esta condicion en la figura 330, en donde el "rectangular esta inmovilizado por dos enlaces que fifan un vertice y por ~r enlace que evita que el cuerpo gire alrededor del vertice fijo. Se

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Equilibrio

110

impiden asi todos los movimientos posibles en el plano resultante de fuerzas aplicadas cualesquiera (no representadas) y queda asegurada su inmovilizaci6n Cada uno de los enlaces se trata como miembro de dos fuerzas capaz de apli ca; fuerza al cuerpo solamente en la direccion del enlace. La Iigadura que propor. cionan los dos enlaces del vertice es el modelo equivalente a una articulaci6n de pasador 0 gozne, la cual puede ofrecer Iigadura en las dos direcciones nor. males al eje del pasador. No hay limite para el mimero de configuraciones de los enlaces restrictivos que mantengan la inmovilizacion del cuerpo. Sin embargo, existen dos casos particulares en los que la conflguracion de los tres enlaces solo produce inmo. vilizacion parcial y por tanto la posicion ~e equilibrio no es perfectamente rigi. da. El primer caso 10 tenemos cuando los enlaces son concurrentes (fig. 33b) Y se ve que esta disposicion permite una pequefia rotacion inicial del cuerpo antes de que la oblicuidad inducida del tercer enlace respecto a su posicion inicial en que no actua proporcione las fuerzas de Iigadura necesarias para evitar el movimiento ulterior. El segundo caso de Iigadura parcial 10 tenemos cuando los tres enlaces sean paralelos (fig. 33c). En este caso se podra producir un pe­ quefio movimiento vertical sin resistencia inicial. Cada uno de los cuerpos par­ cialmente vinculados que acabamos de presentar es hiperestatico, Si se afiade un cuarto enlace para vincular un cuerpo bidimensional que ya este en condicion de inmovilizacion total con tres enlaces (fig. 33d), habra entonces mas apoyos de los necesarios para mantener la posicion de equilibrio y el enlace 4 resulta superabundante. Con el cuarto enlace colocado, el cuer­ po es hiperestatico, En el caso tridimensional, el modelo esquematico es el bloque rectangular presentado en la figura 34a, el cual representa una configuraci6n del nume­ ro ilimitado de posibles configuraciones de seis enlaces restrictivos que produ­ ciran una inmovilizacion total del cuerpo cuando este sometido a cargas aplica­ das (no representadas). En este caso el vertice A esta inmovilizado por los tres enlaces 1, 2 Y 3, que corresponderian a' la inmovilizacion que proporciona una articulacion de rotula, El enlace 4 impide la rotacion alrededor del eje AB; el 5 impide la rotacion alrededor de AC; Y la pequefia rotacion posible restante .

"

"

'

.

111

pe AD la impide el enlace 6. No es posible inmovilizar por com­ ";"po con menos de seis enlaces restrictivos 0 de sus equivalentes. que en el caso bidimensional, existen dos situaciones especiales en Ja'i 2» habran mas miembros que ecuaciones independientes y la armadura sera hipe~~ estatica interiormente, existiendo miembros superabundantes. Si m~'S 2n h;' bra un defecto de miembros interiores y la armadura sera inestable y se dennrn. bara al someterla a carga. --­ El poligono de fuerzas de cada nudo, representado en la figura 42, se pue­ de construir grafieamente para obtener las fuerzas incognitas de los miembros, 10 eual da otro procedimiento de solucion 0 una comprobaeion de los dtlculos algebraieos realizados al utilizar las ecuaciones de equilibrio de las fuerzas. Si para Ia adicion de estas se hubiera seguido siempre un mismo orden alrededor de cada uno, p.e. en el sentido de las agujas del reloj, podrian superponerse dichos poligonos de fuerzas formando una grafica eompuesta llamada diagrf!... ma de Maxwell 0 de Cremona. \) La fuerza y su sentido pueden obtenerse di­ rectamente del diagrama. El estudiante interesado en estrueturas que quiera una descripcion mas detallada del diagrama de Maxwell puede consultar otros libros que traten de manera mas completa el analisis estructural. (b Metodo de las secciones. En el metoda de los nudos se aprovechan solo dos de las tres ecuaciones e equilibrio ya que los procedimientos solo tratan fuerzas concurrentes en cada nudo. Puede utilizarse el principio del equilibria de momentos para progresar en el calculo considerando toda una seccion de la armadura como solido libre en equilibrio bajo la accion de un sistema de fuer­ zas no concurrentes. Este metodo de las secciones tiene la ventaja de que los estuerzos, en casi todos los miembros, pueden hallarse directamente mediante el analisis de una seccion que corte a dicho miembro. Por tanto, no es nece­ sario efectuar el calculo nudo a nudo hasta alcanzar el miembro en euestion. Al elegir la seccion de la armadura habra que tener en cuenta que en general no pueden cortarse mas de tres miembros cuyas fuerzas sean desconocidas, ya que solo se dispone de tres relaciones de equilibrio que son independientes. Ilustraremos ahora el metoda de las secciones can la armadura de la figura 40, que se utilizo para la explicacion de los dos metodos anteriores. Para facilitar Ia comprension del metodo se ha repetido en la figura 43a la armadura en cuestion. Las reacciones externas se calculan como antes en primer lugar, considerando la armadura en conjunto, Supongamos que se desea determinar el esfuerzo en el miembro BE. Una sec cion imaginaria, indicada por la linea de trazos, atraviesa la armadura cortandola en dos partes, figura 43b. Esta seccion ha cortado tres miern­ bros cuyos esfuerzos se desconocen inicialmente. Para que cada parte de la a~' madura, a uno y otro lado de la seccion, permanezca en equilibrio, es necesa1'1 0 aplicar a cada miembro cortado el esfuerzo que ejerda sobre este el miembro se­

.. El metoda fue publicado par

JAMES CLERK MAXWELL

127

Estructuras

en 1864.

_ tas fuerzas, de tension 0 compresion, deberan tener siempre la direcci6n iiembros respectivas en el easo de armaduras simples campuestas par I! de-dos fuerzas. La seccion de Ia izquierda se halla en equilibrio bajo de la carga aplicada L, la reaccion R 1 en el extrema y las tres fuerzas Fsobre los miembros cartados par la seccion de la derecha que se ha sepa­ I fuerzas suelen trazarse can sus sentidos apropiados mediante una esti­ "risual de los requisitas de equilibria. Asi, para equilibrar los momentos i'81 punto B de la seccion de la izquierda, la fuerza EF debera estar ,ente dirigida hacia la izquierda, 10 cual arigina una comprension, ~a hacia el corte del miembra EF. La carga L es mayor que la re­ '" por 10 que la fuerza BE debera estar dirigida hacia arriba y hacia la a fin de suministrar la componente hacia arriba necesaria para el ••!, vertical. La fuerza BE es, pues, una tension porque actua en sentido aleja del corte. Teniendo en cuenta los valores aproximados de R 1 '~~uilibrio de los momentos respecto al punto E exige que BC este diri­ la derecha, Una ojeada a la armadura nos llevaria a la misma con­ '-:'ver que el miembro horizontal inferior se alargaria por efecto de la •. .ada por la flexion. La ecuacion de los momentos respecto al nudo B fuerzas de la relacion y puede determinarse EF directamente. BE se calcula a partir de la ecuacion de equilibrio para la direccion y. ~ se puede determinar BC equilibrando momentos respecto al pun­ .iesta manera se ha determinado cada una de las incognitas indepen­ . lte de las otras dos. E

Rz (a)

F

l17~r--.. ~nT."

y I

t

Bl

-_ .....

~-

(b)

Figura 43

.

I I L __ ­ x

128

129

Estructuras

Estructuras

del sentido correcto de las fuerzas que actuan sobre el nudo

La secci6n de la derecha de la armadura, figura 43b, se halla en equilibria bajo la acci6n de R2 y de las mismas tres fuerzas de los miembros cortados uph, cadas en los sentidos opuestos a los correspondientes de la secci6n de la izqllipr_ da. El sentido adecuado de las fuerzas horizon tales puede verse facilmente a partir del equilibrio de momentos respecto a los puntos E y B. Para los calculos puede utilizarse cualquier seccion de la armadura, si bien la soluci6n mas sencilla suele darla la secci6n que entrafie menor numero de fuerzas. Es esencial comprender que en el metodo de las secciones se considera toda una parte de la arrnadura como un solo cuerpo en equilibrio. ASI, en el an:tlisis de la secci6n en conjunto no se consideran los esfuerzos en los miembros inte­ riores a la secci6n. A fin de observar con claridad el solido libre y las fuerzas que actuan exteriormente sobre el, es preferible seccionar la armadura cortando los miembros y no los nudos. Puede ser muy ventajoso utilizar las ecuaciones de momentos en el metodo de las secciones, y habra que buscar un centro de momentos por el cual pase el mayor numero posible de fuerzas. Al trazar el diagrama de solido libre de una secci6n, no siempre es posible asignar a una fuerza determinada el sentido apro­ piado, Cuando se asignan los sentidos en forma arbitraria, un resultado positivo confirmara el sentido supuesto y un resultado negativo indicara que la fuerza tie­ ne sentido opuesto al que se le asign6. Puede emplearse cualquier sistema de notaci6n, si bien resulta conveniente, por 10 corriente, colocar letras en los 1111­ dos y designar un miembro y su esfuerzo por las dos letras que definen los ex­ tremos del mismo.

= 1732kp T, AC = 866kp C,

0,866AB - 1500 = 0, A C - 0,5(1732)

AB

= 0,

BC = 1732 kp C, BD = 1732 kp T.

0,866 BC - 0,866 X 1732 = 0, BD - 0,5 X 2 X 1732 = 0,

Ey

=

(b)

(a)

BC=17\kP

/cD

A~~ I CE

BD

500kp

En la parte c de la figura, se han trazado los diagramas para solido libre que in­ dican las fuerzas que actuan sobre cada uno de los nudos. La exactitud de los sentI' dos asignados a las fuerzas se comprueba al considerar cada nudo en el orden asignad o,

Ex

Ey

lOOOkp

866kP

E z =346.5kp

I(

•

1500kp

lOOOkp

= 4000 kp

Resp. Resp.

C contiene ahora solo dos incognitas que se determinan como antes:

Problemas tipo

T

Resp,

~~gnifica tension y C compresion, h'iCion se debe analizar el nudo B, ya que sobre el nudo C actuan mas de desconocidas. La fuerza BC debe tener una componente hacia arriba a brar la accion de AB en el sentido vertical; consecuentemente, la fuerza ser hacia la derecha para equilibrar, en el sentido horizontal, la accion Nuevamente las fuerzas se obtienen de

I

4/1. CalcuIar Ia fuerza en cada miembro de Ia armadura cargada en voladizo por el metodo de los nudos. Solucion. Si no se quisieran calcuIar las reacciones exteriores en DyE, el ana­ lisis de una armadura en voladizo podria iniciarse en el nudo del extremo en que se aplica la carga. Sin embargo, deseamos resolver esta armadura por completo, y eI primer paso sera calcular las fuerzas exteriores en DyE mediante el diagrama de solido libre correspondiente a la armadura en con junto y que aparece en la parte b de la figura. Las ecuaciones del equilibria dan

Resp.

l000kp

NudoC (c)

Problema 4/1

Y:

E

~

CE=?l~ 3175kp

500 kp

Nudo E

130 [~Fy

Estructuras

= 0]

0,866 CD -

Estructuras

0,866 X 1732 -

1000 = 0,

lOS

= 0]

CE -

l'O/~Entonces

866- 0,5x1732- 0,.5 X 2387 = 0,

CE = 3175 kp C. POl'

[~Fy

CD = 1,87 Tm C

Resp.

ultimo, del nudo E se obtiene:

= 0]

el momento de CD respecto a ] consideran do sus dos componentes apli­

',D. EI signo menos indica que CD se habia considerado con sentido opuesto

CD = 2387 kp T, [~F",

DE = 577 kp C,

0,866 DE = 500,

Resp,

y la ecuacion ~F,r = 0 sirve de comprobacion.

4/2. Utilizando el metodo de las secciones, calcular la fuerza en el miembro D] de la cercha Howe de la figura. Despreciense las componentes horizontales de las fuerzas en los apoyos. Las cargas se expresan en toneladas metricas (Tm). Solucion. No es posible hacer pasar una seccion por DJ sin cortar cuatro miem­ bros cuvos esfuerzos sean desconocidos. Aun cuando tres de los cuatro miembros cor­ tados por la seccion 2 concurren en J y, pOl' tanto, podria utilizarse la ecuacion de los momentos respecto a J para obtener el cuarto DE, el esfuerzo en D] no puede obtener- • se de los dos principios de equilibrio restantes. Es preciso considerar, en primer lugar, la seccion adyacente 1 antes de considerar la seccion 2. Se traza el diagrams para el solido libre correspondiente a la seccion 1 y se incluye la reaccion de 1,835 Tm en A, la cual se calcula previamente a partir del equilibria de la armadura en con junto. Al asignar los sentidos apropiados a las fuerzas que nctuan en los tres miembros cortados, el equilibrio de momentos respecto A elimina los efectos de CD y ]K Y exige, evidentemente, que CJ este dirigida hacia arriba y hacia Ia iz­ quierda. El equilibrio de momentos respecto a C elimina el efecto de las tres Fuerzas concurrentes en C, 10 que indica que JK debe estar dirigida hacia la derecha para que su momento corresponda al sentido contrario al de las agujas del reloj. Nuevamente, resulta facil ver que la cuerda inferior se halla sometida a tension debido a la tenden­ cia a la flexion de la armadura. Aun cuando tambien se veria que la cuerda superior esta sometida a compresion, a la fuerza CD la consideraremos arbitrariamente como una tension. No hay peligro alguno al considerar el sentido opuesto al real a una 0 mas fuerzas, siempre que los calculos se realicen de acuerdo con la hipotesis, Un resultado negativo indicara la necesidad de invertir el sentido de la fuerza. Analizando la seccion 1, se obtiene CJ de

= 0]

(0,707 Cn 9 - 1

X

3 -1

X

6= 0

"~'~, puede invertirse el sentido de CD en el diagrama del solido libre e invertir

",ugebraico de CD en los calculos, 0 bien puede proseguirse lu labor tal como '("una nota que indique el sentido adecuado. ]Oiagrama para el solido libre correspondiente a la seccion 2, que ahora con­ r:.valor conocido de CJ, pueden eliminarse DE y ]K mediante un equilibrio de respecto a G. Esto es

[~MJ

= 0]

CD) 4,5 + 1,835 X 9 CD = -1,868 Tm.

~0,894

D]

+1X

12

+1X

= 1,67 Tm T.

1.5-1,83,5 X 18-1,41,5 X U,707 X 9 = 0, Resp.

te se determina el momenta de C] a partir de sus componentes aplicadas ..vsultado para DJ es positivo, de donde se desprende que el sentido de tension i'..signa es el correcto. El analisis del nudo D verifica tambien esta conclusion. 1\ '~

2

1 Tm

I

ITm

CD Secci6n 1

CJ = 1,414 Tm.

En esta ecuacion se calcula el momenta de CJ considerando sus componentes horizon­ tal y vertical aplicadas al punto]. El equilibrio de los momentos respecto a J requiere

1 X 3-

1 X 6= 0

Besp,

,,\

9DJ

[~MA

131

A

J35Tffi Problema 4/2

Estructuras

132

Estructuras

Aun cuando el procedimiento que acabamos de seguir es, indudablemente, el mas corto para obtener DI, el estudiante debe considerar otras posibilidades. Puede obs er_ varse que si en algun otro problema no existiera 1a carga de una tonelada aplicada a I permaneciendo invariables las otras Cal' gas, las fuerzas en lEy IE (asi como en ll F Y en IF) sedan nulas, En tal caso, una seccion que cortara los miembros CD, DI, IE e I] solo contendria tres Iuerzas desconocidas y podria obtenerse el valor de DI COil una sola ecuacion de momentos respecto A.

r-

133 A

3,6m

LIjIJ

'i

'i

~

\!

H G F 1----4 tramos de 2,4 m - ­

la armadura del proble­ ,calcular las fuerzas en los

I

5K

EF, DF Y CF.

Problema 4/6

miembro de la armadu­ 6 m que . Calcular la tension 0 media en cada miembro sus pesos.

E

Problemas

4/3. Calcular Ia fuerza en cada miembro de la armadura que se indica.

= 5,46 Tm C = 5,46Tm T = 1,46Tm T AB = 2,73 Tm T DE = 1,46TmC CD = 1,46TmC

Resp. AE BE BD 6Tm

Problema 4/3

BC

= 4,73 Tm T

4/4. Una carga de nieve transmi­ te las fuerzas que se indican a los nudos superiores de una cercha Pratt. Despreciar las reacciones horizonta­ les en los apoyos y calcular las fuer­ zas en los miembros BH, BC Y CR.

1000 kp

lc

D

~barra uniforme de

=CD = lOOO/y3kp C ~ = BC iliE

= 500/y3kp

= BD = 400/y3kp = 700/y3kp C

Problema 4/8

T

T

Iar la fuerza en cada i; la armadura compuesta "los rectangulos isosceles y la manera que se indic~.

Problema 4/4

i'
m

= 15 Tm C, = 25TmC, GH = 21,2TmT

Resp. CH CB

Problema 4/16 mer la

fuerza en el Ia armadura en fun­ '~ga L. Todos los trian­ l uilateros.

t de

Problema 4/13 1800kp 3m

IJ£

~m

'i>F

4/14. Calcular la fuerza en los miembros D1, DE Y E1 de la anna­ dura cargada de Ia figura. .obtener la reaccion ex­

Ide la armadura del pro­

~"determinar la fuerza en

;'.P por medio de una sola I',equilibrio adicional apli­ :~'~agrama de s6lido libre

'nesp. BF = 3L/5, T Problema 4/14

Problema 4/17

~

Estructuras

136

(a)

(b)

A~

~

(c)

~E

C

G

Estructuras 4/19. Cada una de las armadur cargadas tiene ligaduras de apoyo q~S son hiperestaticas, Consignar loe miembros de cada armadura cUYa: fuerzas no se ven afectadas por la hiperestaticidad de los apoyos y qu pueden calcularse directamente Uti~ lizando solamente las ecuaciones de equilibrio. Suponer conocidas las Car. gas y dimensiones de las armaduras.

"It

.(')btener las fuerzas en los '1J~!m de la armadura 1a carga P. Todos los an­ ees son de 60° 0 120°. BE = P, T; BD = P, C

C

B

F

~

B.

137

F

(d)

Problema 4/22

Problema 4/19

C

4/20. Verificar el hecho de que

E

cada una de las armaduras contiene uno 0 mas elementos superabundas. tes y proponer dos cambios separa­ dos, cada uno de los cuales suprima la superabundancia y origine isosta­ ticidad completa. Todos los rniem­ bros pueden soportar compresion y tension.

(b)

. terrtlinar la fuerza en el ·,itAC en funcion de la carga I.. por la armadura. Todos agudos interiores son de

L

B Problema 4/23

._'tener la fuerza en el L de la armadura de torre el metodo de los nudos. Resp. GL = 3,75 Tm T

(d)

(c)

Problema 4/20

H

G

(c)

F

H

G

F

J:!

A

:C.

FED

4/21. Verificar el hecho de que cada una de las armaduras cargadas que se indican es inestable interior­ mente (no rigida) e indicar al menoS dos maneras de asegurar la estabili­ dad interna (rigidez) de cada anna­ dura por adicion de uno 0 mas miern­ bros sin introducir superabundancw ]

~

(dJ

Problema 4/21

E It>

..

.; 'C

UJ

o

..E !:J

..

Problema 4/24

la armadura de torre .".- 4/24 existen tanto com­ I.Jborizontales como vertica­ reacciones en los apoyos I,A , I. dEs hiperestatica la • Expliquese.

138

139

Estructuras

Estructuras

R

4/26. Determinar par examen I fuerza en el miembro CI de la at~ madura de grua. Calcular la fUet2a en los miembros CL y CB. Resp. CL 0, CB 20 tonelad 0,175 m una porcion aislada de la viga da My = - 300(0,275 - x) m.N. En la Figura puede verse la variacion de My con x, que pone de manifiesto la discontinui­ dad en x = 17,5 cm. Tambien se ve en la Figura que la fuerza cortante es constants e igual a V z 300 N Y que la fuerza axial es P = - 500 N (compresion) en !.l parte de la viga del lado del fundamento. Para la vista x-y del diagrama de solido libre, la suma de momentos respeeto a la seccion cortada da para x < 0,175 m [~M

175

Problema 4/88

~",T~~

m p. JIIi..D, 04'\ ,4;2;-.1.;" V

.iA ~ Ul \1jI'"

Estructuras

Estructuras

176

+y I

I I

p

+x­

4/89. Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momenta fIector de la viga en voladizo. Observar el can. venio de signos que corresponde a los ejes que se indican.

Problema 4 89

177

't Dibujar

los diagramas de prtante y momento flector de 'e)argada en la forma que se terminar el momenta flee­ magnitud maxima. Rkl?' M = - 300 m.kp

I I

10,6.k-12m

t""m

'

1 1 2 m I n,6~ ~, ~m

Problema 4 94

\

'i~,La

:5oemI50em~

..::f"

~r/.//Jr:a:"".'''''·. A

B

180m.N

Problema 4/90 C

~ d="'~"'l:;;lL A " B 1/2---h--±-1/2

~

4/90. Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momenta fIector de la viga sometida a un par en su ex. tremo. dCmU es el momenta M en una seccion, 12,5 em a la derecha de B? Resp. M = -18000 crn.N

4/91. Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momenta flector de la viga cargada en su centro par eI par C.

resistencia a la flexion de ',de anchura uniforme es pro­ , al cuadrado de la altura y ,:ga. En la viga en voladizo ,t~da, su altura en el empo­ es h. Hallar la altura y en ,de la longitud x que haga las secciones ofrezcan la sistencia a la flexion que la I~ el empotramiento. Ii Resp. y = hVXJT

4/92. El codal esta soldado a la viga AB y soporta la carga de 50 kp. Dibujar los diagramas de fuerza cor­ tante y momenta fleeter de la viga. \

A

•

~i

t#!'

, T"~,J-:P-.f-r.-. . -~-o~ l Ac1 30t ---*

15 cm-s-]

Problema 4/92

= .••..•.-. . . ­.•.•.­•.

oem~oe

B

oe~:em~

Problema 4/93

)

i

Y

I

Y

Problema 4/95 '(

0'

1 CJ

Problema 4 96 75 kp 'l

'~' Construir el diagrama de mo­ ctor del arbol en voladizo unidad rigida que se indica.

~I ~

... ~

•...,,­

; (>1 4/93. Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento flector de la viga representada y hallar el mO' menta flector M en la seccion C. Resp. M = - 250 m.kp

1000 kp

Construir el diagrama de £lector de las dos vigas car­ . la manera que se indica y ~r una articulacion de pas a­

B. .

I

X~L

0'

f

I--- 25 em

I

Una viga curva en voladizo a de cuadrante de circun­ ~: Determinar las expresiones a cortante V (perpendicular 'ante) y del momento flector cion de a.

Problema 4;91 50kp

'
(a ­ x) dy.

y

= fydA]

dy

El calculo de estas integrales cornprobara los resultados obtenidos anteriormente para

\

x e y.

Problema 5/5 yk--

y

I

I

1

x

a+x~ -2

bl-­

bl­ -­ -­ 1

= ky 3

1

I

I

_

lizar el centroide del

x=ki

dy

~

I I I I

I

0­

o

~x---j ~dx

reada de Ia figura, Reap. :i 2,09, Y

=

= 1,43

1 .i.

I

/

L_

---x

1

3

Problema 5/6 y

I

I

Soluci6n II

Soluci6n I

....._x =y2/4

I I

il I

y

a

Y I I

I

Problema 5/4

5/5. Volumen hemisterico. - Localizar el centroide del volumen de ferio de radio r. Solucion. Con los ejes elegidos en la forma que se indica en la figura x == fj == 0, por razon de simetria. El elemento de volumen mas sencillo es una rebanada cilindrica de altura dy paralela al plano x-z. Como la semiesfera corta al plano y-z segun el circulo y~ + z~ == r 2, el radio de la rebanada sera z == + yr 2 _ y2. El volumen de la rebanada elemental sera, pues, dV

= 'IT(r2 _ y2) dy.

Problema 5/7 el centroide del comprendida entre

Y =x3

I I x=y2 1,.... ......

La segunda de las ecuaciones 22 requiere

[vy =

!ydV]

Integrando resulta

y

J: 'IT(r2 -

y2) dy

t'ITr3y

= t'ITr4,

= J: Y'IT(r2 y = ir.

y2) dy.

Problema 5/8

Fuerzas distribuidas

Fuerzas distribuidas

192 y

I I

2'

%2

Y="2 I I

I

\ I

del

5/9. Localizar el centroide del area sombreada situada sobre la pa­ rabola utilizando en la integraciol1 una franja horizontal de area dA.

b

I

a

I I

I

I

o o

.L_-- x ------2

Problema 5/14

5/10. Resolver el problema 5/9 utilizando una franja vertical de area dA para la integraci6n. Determinar la distancia z en­ :e de un icono 0 piramide de altura h y el centroide en.

Problema 5/9

'/

5/11. Especificar las coordenadas del centro de gravedad de la seccioa de cascara circular hacienda referen­ cia directa a los resultados del pro­ blema tipo 5/1.

Problema 5/11

Resp. :5

z=

h/4

Determinar la distancia z en­ troide de la superficie l~­ un cono 0 piramide cual­ altura h y la base de la

Problema 5/15

x

, Localizar el centro de grave­ .fa cascara semiesferica homo­ , radio r y espesor despre­ 5/12. Hallar la distancia s entre el centroide y el vertice del conn recto de revoluci6n macizo.

___z

Besp,

z = 2'r

Problema 5/12

Problema 5/17

---­ Problema 5/13

193

5/13. Una parabola gira en tornO al eje z generando el paraboloide d, revaluci6n de la figura. Localizar el centroide de su volumen respecto a la base z = o.

.Leealizar par integraci6n di­ centro ide de la superficie li­ la figura.

Resp x­ - 10 ­ 3'IT !!. . - 4 ­ 'IT 3

y I I

I~/l a

I I I----x

Problema '/18

195

Fuerzas distribuidas

Fuerzas distribuidas

194

5/19. Localizar el centroide de la superficie sombreada comprendida entre la elipse y el circulo,

J>eterminar la coordenada z fCnde del volumen generado ;igirar la superficie del cua­ "cular 90" alrededor del

z I I

.-............. x

Problema 5/23

Problema 5/19

5/20. Determinar la coordenada .r del centroide del area sombreada que Resp. x O,339a se indica.

=

--x

forma una porcion de 'co de revolucion de pa­ a de radio r cortando el 'f un plano que pase por ;.de altura h y pOl' el dia­ '. de la base. Determinar las , del centro de gravedad 'cion de cascara.

Problema 5/20

01 _2~c~--i-x \: locml I IL I

: I _

5/21. La varilla delgada tiene sec­ cion recta uniforme y esta curvada en forma de area de parabola con vertice en el origen. Determinar las coordenadas del centro de gravedad de la varilla.

Problema 5/24

I y

Problema 5/21

5/22. Determinar la coordenada Z del centro de gravedad del solido que se obtiene haciendo girar el area del cuadrante circular alrededor del eje ;z. Resp,

1\.

~.

lizar el centroide de la generada al hacer girar rectangulo de altura a alrededor de su base b. a sen (8/2) 8

b

2=4

z- = ~ 2(4 + }17)

Problema 5/25 Problema 5/22

n:JGO PRO Z.

z I

5/26. Localizar el centro de gra. vedad de la cascara esferica delga. da que se forma al cortar un octav ' . comp Ieta. 0 d e una cascara es f'enca

Y,

n cuerpo ciHndrico de ra­ a h se divide en dos par­ mediante un corte diagonal .dicado en la figura. Locali­ '0 de gravedad de la parte

Resp. x

Problema 5/26

= tr,

z

= T6h

z

X-~--

J1

I-­

2,S em

"1

r-

2,S em

---I f.2'52~~~~O em

T~l,§~ -l~"~-l

I-- 20 em--J I k------40 em~

I

Problema 5/40

2,5 em

y I

/

5/41. Calcular 1'1 distancia

/'*'" I

I

6 em

Resp. Y 6 em

Y del

centroide del area sombre ada al eje x.

/. Ii -.-, 4 ern]

203

Fuerzas distribuidas

Fuerzas distribuidas

202

= 1,14 ern

--x

EI disco semicircular y la adrada estan formados de de acero que pesa 195 kg/m 2 :':soldados al arbol de acero que ~8 kg por metro de longitud. " las coordenadas del centro ad del conjunto.

_ _ _ .'t

x

Problema 5/41

Problema 5/45

5/42. Un cuerpo homogenso de revolucion, representado en secci6n,

consiste en un tronco de cono de re­ volucion en el que se ha practicado un hue co cilindrico de 8 cm de dia­

y

Determinar Ias coordenadas tro de gravedad del soporte, esta constituido por chapa de uniforme.

\ \

=- 0,83 em Y = -3,14cm Z = 1,03 em

Resp. X

metro. Calcular la altura Z del cen­ tro de gravedad del solido sobre la base. Resp. Z 4,97 cm

=

----- x

Problema 5,42

10e~

5/43. Calcular las coordenadas del centro de gravedad del semicilindro de revolucion macizo al que se ha quitado la cufia prismatica.

4e~ 3em

./"

Problema 5/46

, Una armadura tubular cons­ miemhro semicircular y un se sueldan a una placa tri­ ~en la forma que se indica. Si tal tubular pesa 8 kg por e longitud y el de la base . kg por metro cuadrado de "', calcular las coordenadas de gravedad del con junto ~. armadura. ,11

t

:que

Problema 5/43 y

5/44. La cascara semiesferica y su base semicircular estan formadas de una misma chapa metalica de peque­ no grosor. Utilizar los resultados del problema 5/17 y calcular las coorde­ nadas del centro de masa del con­ junto de cascara y base. Resp.

X=

0,475r,

1 I

__ x

Problema 5/47

Determinar la posicion del ..~ gravedad de la cascara ci­ ;:'~n un extremo semicircular . La cascara esta constituida acha metalica que pesa m2 y el extremo 10 est a por ,,:eha de 40 kg /m''. ..::...

Problema 5/44

y

::: 34,78 em, Y = -9,04 em

Problema 5/48

Fuerzas distribuidas

Fuerzas distribuidas

204

. centro de empuje B del buque es el centroide en sumergido. Las areas dones rectas ba jo el agua "del buque se han tabulado " cinco metros a 10 largo de en la flotacion. Representar 'iPte estos valores y determi­ , ,r menor que 0,5 m la dis­ que se halla B a popa

5/49. Localizar el centro de gra­

":iln

vedad de la placa delgada cuya for_ ma es la que se indica.

'x

z.---­

Problema 5/52

Problema 5/49

A, m 2

5/50. Como ejemplo de Ia preci­

I

sion de las aproximaciones grMicas, calcular el tanto pOl' ciento de error e cometido al determinar la coords. nada x del centroide del area trian­ gular utilizando la aproximacion de los cinco rectangulos de anchura a/5 en lugar del triangulo, Resp. e = 1,00 % pOl' defecto

b}--------­

Resp.

el diametro d y la posi­ e del orificio que habria ar en el disco a un radio d~ 'a asegurar una rotacion del disco alrededor de su

I

81 1 I I 1 1 I

61 I I 1 I em

5/51. Un patron de plancha meta­ lica tiene la forma que se indica. Can ayuda del reticule superpuesto de­ terminal' las coordenadas del cen­ troide, ' Resp.

4

10 em

Problema 5/51

x

ar

y I

y

de 2,5 em de diametro y

;:d = 3,875

i

25,1 23,8 19,5 12,5 5,1 0 = 24m

'~, rectangular que se indica.

,\

I

x

A, m"

,I disco circular contiene

Problema 5/50

I

25 30 35 40 45 50

7,1 15,8 22,1 "' 24,7

.

I 1

x, m

0

y

10 i i i

205

X=

6,14 em,

Y:=: 3,92 crn

em,

e=

48°35'

,;~ quiere formar una carga ,

de' explosivo en forma de revolucion de generatriz o d; con un hueco axil '0 d1 Y-profundidad h segun en el corte de la figura. el valor de h que haria de gravedad de la carga ra a una distancia maxima o abierto.

Problema 5/53

Problema 5/54

Fuerzas distribuidas

206

Fuerzas distribuidas

207

if

26. Teoremas de Pappus-Guldin," Existe un metodo muy sencillo para calcular el area de la superficie generada por una curva plana al girar en torno a una recta que no la corte y sea coplanaria con la curva. El segmento curv~lineo de longitud L de la figura 54 esta situado en el plano x-y y genera una superfieie al girar en torno al eje x. Un elemento de esta superficie es el anillo generado por dL. EI area de este anillo es

dA

= 27TydL,

I

I I

I I

I

I

I

I

I

I

I L __

I

l

Figura 54

y el area total sera, pues,

A Pero como

f

yt: = Y dL, el

de area A alrededor del eje x, uno de los elementos de volumen "pos es el anillo elemental de secci6n recta de area dA y radio y. EI volu­ 1 elemento es .dV = 271"Y dA siendo el volumen total

V = 27TJy dA.

~,

:~:Omo yA = J Y dA, el volumen sera 'i·

V

= 27TyA,

= 27T f Y dL.

,el

caso en que la linea 0 superficie gire un angulo e inferior a 271", se la superfioie 0 volumen generados sustituyendo 271" por e en las ecua­ y 25. A = ()yL

y

expresado en radianes.

area vale y

~

(25)

g es la c~ordenada y del centroide de la superficis giratoria de area A. . el volurrien generado se obtendra multiplicando el area de la superficie "Ilra por la longitud de Ia circunferencia que constituye la trayectoria :1 descrita par su centroids, '

\

\20 \

em

1\

120· )

VI / I

/

5/67. Se genera una superficie ha, ciendo girar por completo alrededor del eje z un areo de cireunfereneia de 20 cm de radio que subtiende lUI angulo de 120°. EI diiimetro de la garganta es de 15 em. Determinur el area A de la superficie generada. Resp. A = 2780 em2

LLJ

'" cables flexibles pueden siempre soportar una serie de cargas concen­ tintas, segun se indica en la figura 500, 0 pueden soportar cargas dis­ con continuidad a 10 largo del cable, segun indica la intensidad de iable p en la figura 56b. En algunos casos, el peso del cable es des­ frente a las cargas que soporta, y en otros el peso del cable puede una carga apreciable e incluso la unica, en cuya caso no puede des­ , Independientemente de cual de estas condiciones sea la existente, los de equilibria del cable deberan formularse de la misma manera. l~,~esentando por 12 Kilos por metro de longitud horizontal x la car~a va­ ntinua aplieada al cable de la figura 56b, la resultante R de la carga ~.,es

R =

I

Problema 5 '67

JdR,

R =

Jpdx,

integracion se extiende al intervalo que se considere. La posicion de R Ilarse aplicando el principio de los momentos, con 10 que I,

/

5/68. Calcular el peso P en tone­ lad as del hormigon necesario para construir la presa indicada El hor­ migon pesa 2777 kg/m 3 • Resp. P = 35,18(103)

/'

/ /'

/

/\60· "'-',L

/

:

v'A

>~/

-,

~

-,

/_~_,// \

"x \

B

-=-

I

... I I \

I Y

(bl

(a)

~

A

~\*' ilL

l:

~,_\

/

~n la cuerda que da 1 i {aJrededor del arbol fijo. ftl coeficiente de rozamiento ;Werda y arbol.

J,

IV,': '1,.",'

,: Para un coeficiente de roza­ "'do y un rnimero de vueltas ~edor del arbol de la con­ del problema 6/58, se neIl fuerza T = 150 kp para una fuerza T = 24 kp P. HaUar P. Resp. P = 60 kp

Problema 6/58

e"

r y

:~El anillo Ide acero A pes a ~sus

radios interior y exterior

1,5 cm y 15 em, respectiva­ apoya sobre un arbol ho­ c

e 10 cm de radio. Si se

~e fuerza F = 15 kp a la anillo, este estara a f.)~eslizar. Calcular el coefi­ i~zamiento f y el angulo e. . f 0,600, e 30° 57'

.:,4e1

=

=

F

Problema 6 '60

:.a elevar la carga de '\felocidad constante can el , 'eje es de 5 cm de dillque aplicar a dicho eje T,.' . momenta M = 15375 .1\ torno junto con su eje • Calcular el coeficiente to del cojinete. Resp. f 0,258

=

L:X 500 kg

ular el momento M del que aplicar al eje del i;PIQblema 6/61 para hacer -idad constante la carga Tomar como coeficiente ~ el valor f = 0,258 b el problema 6/61.

Problema 6/61

306

Rozamiento

Rozamiento Vertical--j

1J

a

~d

6/63. El arbol A ajusta Con huel. go en el cojinete de la biela de cen. tro de graved ad G representada. Can la biela inicialmente en posicion ver. tical se hace girar lentarnente el arbol hasta que la biela desliza en el angulo a. Escribir una expreSi6n exacta del coeflciente de rozamiento.

Reap. f=

I

j(_ d/2 r sen«

)Z:= 1

Problema 6/63

Problema 6/64

6/64. Cada una de las cuatro rue. das de un vehlculo pesa 75 kp Y es de acero templado. El diametro del orificio central de cada rueda es de ' 15,01 em, con 10 que ajusta faci!o mente en el eje de 15 em fljo al bas- ' tidor A de 400 kg. Las cuatro rue­ das soportan por igual el peso del bastidor. Si el vehiculo, inicialmente en reposo, esta a punto de rodadura cuando S6 eneuentre sobre un plano". inclinado de e = 2°, calcular el coe-j ficiente de rozamiento estatico f en, los cojinetes de 15 cm de diametrO., Suponer que toda la resistencia a la rotaci6n de las rued as la ofrecen I, cojinetes.

',En la flgura se ha represen­ i dispositivo destin ado a que na en un balso descienda ~dad regulada constante. La

xx p

L-h~ Proble-ma I> X9

.... 6/89. s- utiliza la cadena de roo dillos como agarradero de tuberias. Si es 0,25 el coeficiente de rozamien­ to entre la cadena y la tuberia flja,' determinar el valor minima de h que impida el deslizamiento del agarra-. dero sobre la tuberia independiente· mente de P. Despreciense los pesOS de la cadena y del mango y despre­ ciese todo rozamiento entre el extre~ mo Izquierdo del mango y la tuberia. 9,22 c . Resp. h

.•' Un hilo flexible Iigero pasa del disco circular de peso "~ina en una pequefia polea jede hallar Iibremente su po­ equilibrio en el hila. Si es i·coeficient~,de rozamiento en­ disco,' calcular el angulo a loan las normales al hilo en 1·0S de tangencia correspon­ 'S: la posicion en que el disco !Punta de girar bajo la accion {1M aplicado a el, (Sugerencia: graflcamente la ecuacion :e que da «.) Beep, a = 870 2 0 '

16t

Ii,..

~)

l

?

Problema 6, 9U

para elevar el cilindro de 500 kg e la forma que se indica. Si en tad, las superficies es !.el coeficiente 4 rozamiento, determinar la fuerz a necesaria para mover la cufia. Resp. P 119

=

.'"

ka, la segunda derivada es e = O. Si P < ka, la segunda

= 2a( P

- ka).

positiva y el equilibrio sera estable para la posi­ derivada es negativa y el equilibrio es inestable. ,~n el caso de la segunda soluci6n, cos e (P + ka)/2ka, la segunda derivada

=

resulta ser

,.,dZV =2a((P

i dfJ2

+ka)2 2ka

2ka

(2 [P2kaka

r-I)} l

=

~ e~ 2

+

1)('; - I).

Pa 11

.1

ol.---~\------H-1 Vg = -2 Pa cos 8. La compresi6n del resorte es x = 2a cos

v. =

tkx 2 =

e­

"

a y la energia elastica del resorte es

- 1 o\C..,[

k~2 (2 cos 8 ­ 1)2.

I

La energia potencial total del mecanismo es, pues,

V = V.

+

ka 2 (2 cos 8 ­ 1)2 - 2 Pa cos 8. Vg = T

Problema 7/66

'-~:S"'_if,~~lCI

. /~

_~_

-----1 ~~_

8

370

Trabajo virtual

Trabajo virtual

Como la segunda solucion solo es valida si P < ka, se ve que Ia segunda derivacl~ sera positiva para esta solucion que sera, par tanto, estable. En la parte derecha de la figura se ha representado gnificamenn­ la energicl adimensional

~= ~!!....(2 cos () 2P Pa

371

k/2

k{2

l

BZ-AC

1)2 ­ 2 cos ()

I .,.......

+_

ka x=p

para dos valores arbitrarios, ka/P = 2 Y ka/P = t, a 10 largo de un dominio de 8 de 90° suponiendo que el resorte permanece unido al collar B mas alla de 6 = BOP, con 10 que V es funcion continua de 6.

Region II (ka/ P 1)

=

Problema 7/67

.... 7/67. Cada una de las dos barras uniformee articuladas tiene un peso P y una longitud a. La rigidez combinada de los dos resortes superiores es k y los dos infe­ riores tienen tambien la misma rigidez combinada. Cuando las dos barras estan ver­ ticales, no se ejerce fuerza alguna sabre ninguno de los resortes. Examinar las Con­ diciones de estabilidad de las barras en las posiciones verticales y representar grafi. camente la superficie de energia potencial en la proximidad de la posicion de equili­ brio para el valor particular ka/P = 1. Soil/cion. El sistema tiene dos grados de libertad, ya que cada barra puede girar independientemente de la otra. Las coordenadas independientes que definen lu configuraoion del sistema son los angulos 6 j y 62 que se indican. Para angulos pe­ quefios, las deformaciones de los sistemas inferior y superior de resortes son a sen 8] y (a sen 61 + a sen 62 ) , respectivamente, Tomando el cero de energia potencial gra­ vitatoria en el nivel de 0, la energia potencial total del sistema es

v = Ve +

Vg = tk(asen ()1)2

+ tk(asenOI + a senOz)Z

+

P ~ cos 01

+

P

Pa

A= (OZOOIV)

Z 0

(~) O()I o()z 0

B -

C

= 2ka Z _ - ka z -

3 Pa , 2 ,

= (OZV) = ka z _ o()ZZ

,

Pa . 2

0

yendo x= Tw/P y sirnplificando, la cantidad B2 -

BZ _ AC

= ( ~a

y

(-4x Z

+

AC queda en la forma

lOx - 3).

.figura se incluye una representacion grafica de B2 - AC en funcion de x = ka/]', ~ estudiarse las tres regiones siguientes: x 0,349, 0,349 < x < 2,151 Y

(a cos 0 + Tcos ()z) .


+ ex) donde cf> arc tg f

=

=

~".,,,. A

'\'\'\'~,II--G'--~ M

Problema 7/'61

376

7/82. EI peso P se mueve entr guias lisas verticales y esta soporta~ do por las cuatro barras articuladas de peso despreciable, unidas POl' re: sorte. El resorte de rigidez k esta in­ deformado cuando e = O. Especi/i. car la estabilidad del sistema en sus posiciones de equilibrio.

,

~--b---".,

Problema 7/82

-t 1

~-i

1

---~ Pro blema 7/83

Problema 7/ S4

7/83. En la figura puede verse un pequefio elevador industrial de pe­ dal. Hay cuatro resortes iguales, dos a cada lado del arbol central. La constante de cada par de resortes es 2ko Especificar los valores de k que aseguraran un equilibrio estable cuando el elevador soporte una car­ ga P en la posicion indicada, sin ejer­ eel' fuerza sobre el pedal. Los resor­ tes tienen compresiones iniciales iguales y puede suponerse que ac­ tuan, en todo momento, en direccion horizontal. p Resp. k > 2i

7/84. La plataforma de peso P esta soportada por patas iguales y sometida, en la forma que se indica, a la accion de dos resortes. 5i son despreciables los pesos de las patas y de los resortes, determinar la rigide~ minima k de cada resorte que ase­ gure la estabilidad de la plataforma en la posicion indicada. Cada resorlB esta alargado inicialmente una can­ tidad .::l. 2 R P [2 + b esp. k min = 2b ~ ,

377

Trabajo virtual

Trabajo virtual

"85. El disco circular desequili­ cuyo centro de gravedad G lla a una distancia r de su cen­ 0, se coloca sobre un camino ar concave de radio R. Deter­ \1' el valor maximo que puede , r siguiendo estable el disco en sicion inferior que se indica. r Resp. rmlix= R --I r :0,

Problema 7 85

!/86. La puerta uniforme AB de , rage, representada en seccion en fa, tiene un peso P y esta equi­ con dos mecarlismos de resorte ~ el indicado, uno a cad a lado de '.uertao EI brazo OB es de peso ',reciable y la esquina superior A puerta puede deslizarse Iibre­ e en direccion horizontal me­ e un rodillo. La longitud natural ,\ esorte es r ­ a, por 10 que en sicion superior con e = n:, la en el resorte es nula. A fin :egurar una accion suave de la a al alcanzar la posicion verti­ :de cierre e = 0, conviene que posicion sea de equilibrio indi­ ",teo Determinar el valor adecua­ la constante k. Resp. k

=

P(r

A

h = 2r

L I~

~

Problema 7/ S6

+ a)

8a2

787. Cada una de las dos barras :'pendulo doble puede girar libre­ !te ~OO en el plano vertical. Des­ ar los pesos de las barras frente describir todas las posiciones sequilibrio posibles indicando el [de equilibrio de cada una.

Problema 7;87

/

Trabajo virtual

378

p

---Jot ,,; ' ' ' ",.

+

.

~y

~lLI-J:-l~

3

3

3.

Problema 7/88

_., ••~

, J!.

.... 7/88. Simulemos la viga en voln. dizo de longitud 1 y carga P en su extremo por una viga de tres seg­ mentos rigidos unidos mediante goz. nes elasticos en A, Bye, La rigidez torsora de cada gozne es K. Deter­ minar la flecha y del extremo de Ia viga para rotaciones elasticas peque­ fias de los segmentos. Resp. y=~

$~

lOll

HUGO PRO

'lW.m.&

rw

Jfi.J Vi

8 Momentos de inercia

de una superficie

9K

•

....7/89. Las dos barras uniformes, cada una de peso P y longitud 1, es­ tan articuladas par sus extremos in­ feriores y soportadas por sus extre­ mos superiores mediante tres resortes iguales, de rigidez k cada uno d~ ellos. Si cuando las barras estan en posicion vertical los resortes no estan deformados, determinar el dominio de valores de 1 para los cuales las barras estaran estables en posicion vertical. Resp. ; < 1< 00

k

Problema 7/'6Y

FI

.... 7/90. Las dos barras ligeras, cada una de longitud 1, estan articuladas con resortes de torsion en A y B. Cada resorte tiene una rigidez tor­ sora de K m.Nzradian y cuando las barras estan vertic ales no se hallan sometidos a torsion. Examinar las condiciones de estabiIidad de las barras en sus posiciones verticales so­ metidas a una carga vertical F. (Nota: El analisis de este problema puede utilizarse como primera apro­ ximacion a los modos de pandeo de columnas.)

Problema 7/90

Resp. Para el equilibria en 61=6 2=0 Y con x F1/K, estable para x < 0,382 inestabiIidad de punta de silla para 0,382 < x < 2,618 inestable para x > 2,618 modos de pandeo: para x = 0,382, ,,62 = 1,618 061 para x 2,618, ,,62 0,618 oe l

=

=

=-

44. Definiciones. Cuando las fuerzas que actuan sobre una superficie se , ibuyen con continuidad por ella, es a menudo necesario caleular su mo­ to respecto a algun eje. Frecuentemente, la intensidad de la fuerza es rcional alai distancia de la fuerza al eje de momentos y en tales condi­ resulta una integral de la forma J (distancia)" d(area). A esta integral denomina momenta de inercia de la superflcie, La integral depende de I~metria de la superflcie y aparece con tanta frecuencia en las aplicaciones .18: Mecanica que sera uti! desarrollar sus propiedades con cierto detalle y . disponer de elIas para utilizarlas con soltura cuando surja la integral. .En la figura 94 puede verse el origen Iisico de estas integrales. En la parte , la figura se ha sometido la superficie ABeD a una presion p distribuida 'ra intensidad es proporcional a la distancia y al eje AB. Ya vimos esta situa­ i en el apartado 29 del capitulo 5, y es caracteristica de la aecion de la ,~6n de un Hquido sobre una superficie plana. EI momenta respecto AB '"do a la presion e[ercida sobre el elemento de superficie de area dA es = ky 2dA. Asi, aparece la integral en cuestion cuando se calcula el mo­ ;:0 total M = k

J

y2 dA.

En la: parte b de la figura 94 puede verse la distribucion de los esfuerzos , una seccion recta de una viga elastica Simple curvada por pares iguales estos aplicados en sus extremos. En toda seccion de la viga existe una ~ibucion lineal de la intensidad de fuerza 0 esfuerzo dada por a ky, sien­ 'el esfuerzo positivo (de tension) por debajo del eje 0-0 y negativo (de _'resion) por encima del eje. El momento elemental respecto al eje 0-0 es J~(ydA) = ky2dA. Asi, tambien aparece la misma integral al calcular el

i

=

. nto total M

= k

f y2

dA. En la parte c de la figura 94 se da un tercer

,.pIa en el que puede verse un arbol cilindrico sometido a un momento de 'no En cada seccion recta del arbol se opone una resistencia a esto mo­ debida a una distribucion de los esfuerzos tangenciales 0 de corte or que, '0 de los limites de elasticidad del material, es proporcional a la distancia

379

380

Momentos de inercia de una superficie

Momentos de inercia de una superficie

381

y I

A

I

I

I

I

I

I

I

o

o

,I

Figura 95

~

~de la integral esta extendida a toda la superficie. El momento de inercia de :respecto al polo 0 (eje z) es, por definicion analoga, dl; =r 2 dA ,y el momen­ e inercia de toda la superficie respecto a 0 es

r, = (a)

radial r al eje del arbol. Asi.,; = kr, y el momenta total respecto al eje del

f

.,;(rdA) = k

f

(66)

,'sianos de inercia, mientras que la expresion de la ecuacion 66 recibe el de 2 hento polar de inercia. Como x2 y2 = r , es evidente que,

+

J, = I,

r2dA . En este caso, la integral difiere de la de

los dos ejemplos anteriores en que la superficie es normal, en lugar de paralela, al eje de momentos y r es una coordenada radial en lugar de una coordenada cartesiana. Aun cuando la integral que acabamos de tratar recibe el nombre de mo­ menta de inercia de la superficie respecto al eje en cuestion, serla mas apro­ piado IIamarIe segundo momenta de superficie, puesto que el primer momenta y dA vuelve a multiplicarse por el brazo de momento y para obtener el se­ gundo momento para el elemento dA. La palabra inercia aparece en la ter­ minologia a causa de la similitud entre las formas matematiccas de las integrales para los segundos momentos de superficies y las correspondientes a los momen­ tos resultantes de las IIamadas fuerzas de inercia, en el caso de los cuerpos gira­ torios. El momento de inercia de una superficie es una propiedad purame nte matematica de la superficie y no tiene, en si, ningUn significado fisico. Considerese la superficie de area A contenida en el plano x-y de la figura 95. Los momentos de inercia del elemento de area dA respecto a los ejes x e y son, por definicion, dl; = y 2 dA Y dly = x2dA, respectivamente. Luego, los momentos de inercia de la superficie de area A respecto a los mismos ejes seran

J t, = Jx

t, = y2 dA,

~

2

;~xpresiones definidas par las ecuaciones 65 reeiben el nombre de momentos

I

Problema 8/18

y I

'120.

Determinar el momenta de ia de la superficie irregular del lema 5/51, que reproducimos, ecto al eje x. Resp. Ix = 1230 em!

101

I i i

I • I

81 I I I I I I

___________ 1 4em

-­

--- x

"­

Problema 8, 15

cm y

---x

Problema 8;16

8/16. Obtener por mtegracion di­ recta el momento polar de inercia de la superflcie del anilla semicircular respecto al punto 0 y utilizar el re­ sultado para hallar el momenta de inercia respecto al eje x. 4 Resp. Ix 3682 cIJI

=

Problema 8 20

.Demostrar que el momenta inercia de la superficie del cuadra­ ,re~pecto a un eje cualquiera x' ,,,) pase por su centro es igual que .momento de inercia respecto a un &ntral x paralelo a un lado.

;.­__ x

---x

Problema 8/21

I

I

I

392

Momentos de inercia de una superficie

Momentos de inercia de una superficie

8/22. El area de un aniIIo circu. lar de radio interior r y radio exte_ rior r + t1r es aproximadamente igual al producto de la longitud de la cir. cunferencia de radio igual al radio medio multiplicada por la anchura t1r. El momento polar de inercia del aniIIo se puede aproximar muItipli_ cando dicha area por el cuadrado del radio medio. dQue error porcentual se comete si t1r = r flO? Resp. Error = 0,226 %

8/23. Determinar los momentos de inercia de la superflcie del sector circular respecto a los ejes x e y.

Resp. t,

--x

. Superficies compuestas, Frecuentemente es necesario calcular momen­ inercia de una superficie constituida por varias partes distintas de forma trica sencilla y calculable. Como un momento de inercia es la integral a de los productos del cuadrado de la dis tancia por el area del elemento ,perficie, se deduce que el momento de inercia de una superficie compuesta to a un eje particular no es mas que la suma de los momentos de iner­ specto a dicho eje de las distintas partes que la componen. A menudo ndra considerar la superficie total como compuesta de partes positivas y ivas. El momento de inercia de una superficie negativa es una cantidad iva. Cuando la secci6n este compuesta de un gran mimero de partes, convendra los resultados de estas atendiendo a su area A, momento centroidal de 7, distancia d del eje centroidal al eje respecto al cual se calcula el nto de inercia de toda la secci6n, y producto Ad2 • Para cada una de las Ad2 Y por tanto el correspon­ , el momento de inercia buscado es I :e a la secci6n total podra expresarse en la forma I = T.l T.Ad2.

+

+

= ~(a _ se~2a)

t, = ~

(a + se~2a)

Problema 8/23

8/24. Determinar el momento po­ lar de inercia de la superficie som­ breada respecto al origen O. Resp. J 0

393

= 2:b [2g z + az(I

-

~8'>26.

Calcular el momento de inercia y el radio de giro respecto al eje x de la ',"Ide sombreada que se indica. . Soluci6n. La superficie total esta compuesta de la superficie positiva del rectan­ (1) y de las superficies negativas del cuadrante circular (2) y del triangulo (3). problema tipo 8/1 sabemos que el momento de inercia del rectangulo res­ al eje x es /" = MhZ = t(8)(6)(6 Z) = 576 em".

:z)]

el problema tipo 8/2, el momento de inercia de la superficie negativa del cua­ "e circular respecto al eje x' de su base es

o Problema 8/24

/r =

y

8/25. Determinar el momenta de

I

inercia de la superficie del cuadrante eliptico respecto al eje centroidal Xo' Hallar tambien el momento polar de inercia respecto al centroide C.

I

I

a

Problema 8/25

---x

Resp. J =

(.:!!­ _...1.-) (a 16 9'lT

Z

-'41 ('lTr4) 4

-__ .z: 16 (34)

= -15,90 em",

do este resultado a una distancia r = 4r/3l1' = 4(3)/3l1' = 1,273 em y aplican­ teorema de Steiner se tiene para el momento de inercia centroidal de la parte (2)

1" = -15,90 - [ ­ 'IT(~Z) (1,273)2] = - 4,45 em". al eje x del cuadrante circular sera, pues,

+ b2 ) ab i,

= -4,45+

[-

'lT~Z) ](6 -1,273)2 = -162,4 em",

394

Momentos de inercia de una superficie

Por ultimo, el momento de inereia de la superficie triangular negativa (3) respect su base. segun el problema tipo 8/3, es 0 a I",

= -nbh3 = -n(4)(3 3 ) = -9 em 4.

En consecuencia, el momento de inercia total de la superficie compuesta, respec. to al eje x sera

= 576 ­ 162,4 ­ 9 = 404,6 ems, es A = 6(8) ­ -} n(3 t (4) (3) = 34,93 em"

Ix

2

El area total de la figura radio de giro respeeto al eje x sera k;

) -

= -J1",1A = V404,6134,93 =

3,40 em .

29. Ca1cular el momento polar ,nerda de la superficie sombreadu eto al punto O. Resp. 10 = 12654 em!

Resp. con 10 que el

Resp.

Problema 8/29

V30. Caleular

el momento de ia respeeto al eje x de la super­ del trapecio.

j

5em

x

75em

T 3em

.1

lOem

+

395

Momentos de inercia de una superficie

Problema 8/30

(1)

1 3em

L . .~~ -.J ---±.-x r-4em+4em~ 1

x

Problema 8/26

.v

11'31. Hallar el momento de iner­ de la superflcie sombreada res­ al eje de simetria x. Resp. 1m = 17,96 em 4

" -,

1 em 4 em

Problemas

8/27. Caleular el momento de iner­ cia respeeto al eje y de la superficie sombreada. Resp. I y = 425 em'

1.

Ti

4em

--l

1 em

Problema 8/31